Question

5．如圖所示，真空中的矩形abcd區(qū)域內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)同時(shí)存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，圓形邊界分別相切于ad、bc邊的中點(diǎn)e、f．一帶電粒子以初速度v₀沿著ef方向射入該區(qū)域后能做直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)撤去磁場(chǎng)并保留電場(chǎng)，粒子以相同的初速度沿著ef方向射入恰能從c點(diǎn)飛離該區(qū)域．已知ad=bc=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$R，忽略粒子的重力．求：
（1）帶電粒子的電荷量q與質(zhì)量m的比值$\frac{q}{m}$；
（2）若撤去電場(chǎng)保留磁場(chǎng)，求粒子離開矩形區(qū)域時(shí)的位置與b點(diǎn)的距離．

Answer 1

分析 （1）本題先分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情況，并把握每個(gè)過(guò)程遵守的規(guī)律：未撤去磁場(chǎng)時(shí)，帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡；撤去磁場(chǎng)后，帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，已知水平距離x=2R，豎直距離y=$\frac{1}{2}$bc=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$R，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求出比荷．
（2）若撤去電場(chǎng)保留磁場(chǎng)，粒子將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可求得軌跡半徑，畫出軌跡，由幾何關(guān)系求出粒子離開矩形區(qū)域時(shí)的位置．

解答 解：（1）設(shè)勻強(qiáng)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，當(dāng)電場(chǎng)和磁場(chǎng)同時(shí)存在時(shí)，
粒子沿ef方向做直線運(yùn)動(dòng)，有：qv₀B=qE，
當(dāng)撤去磁場(chǎng)，保留電場(chǎng)時(shí)，帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，
豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由題，粒子恰能從c點(diǎn)飛出，
則 水平方向有：2R=v₀t，豎直方向有：$\frac{1}{2}$bc=$\frac{1}{2}$at²，
由牛頓第二定律得：qE=ma，解得：$\frac{q}{m}$=$\frac{\sqrt{3}{v}_{0}}{3BR}$；
（2）若撤去電場(chǎng)保留磁場(chǎng)，粒子將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示．
設(shè)粒子離開矩形區(qū)域時(shí)的位置g離b的距離為x，則由牛頓第二定律：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$，解得：r=$\sqrt{3}$R，
由圖中幾何關(guān)系得，粒子的軌跡半徑為：r=Rtanθ=$\sqrt{3}$R，解得：θ=60°，
故粒子離開磁場(chǎng)時(shí)到b的距離為：x=$\frac{1}{2}$ab-$\frac{1}{2}$bc•cotθ，解得：x=$\frac{R}{3}$；
答：（1）帶電粒子的電荷量q與質(zhì)量m的比值$\frac{q}{m}$為$\frac{\sqrt{3}{v}_{0}}{3BR}$；
（2）若撤去電場(chǎng)保留磁場(chǎng)，求粒子離開矩形區(qū)域時(shí)的位置與b點(diǎn)的距離為$\frac{R}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題中帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，分析受力情況和運(yùn)動(dòng)情況是基礎(chǔ)，磁場(chǎng)中關(guān)鍵畫出軌跡，運(yùn)用幾何知識(shí)求解軌跡半徑．